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那就干吧！ 这个专栏都是刷的题目都是关于动态规划的,我会由浅入深、循序渐进，刷题就是这样需要连续不断的记忆--艾宾浩斯记忆法2121112。动态规划的内容不多，但是都是每个程序员必备的
什么题可以选择动态规划来做？
1.计数
- 有多少种方式走到右下角
- 有多少种方法选出k个数是的和是sum
2.求最大值最小值
- 从左上角走到右下角路径的最大数字和
- 最长上升子序列长度
3.求存在性
- 取石子游戏,先手是否必胜
- 能不能选出k个数使得和是sum
63. 不同路径 II
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为“Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为“Finish”）。
现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？
网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
示例 1：
输入：obstacleGrid = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出：2
解释：
3x3 网格的正中间有一个障碍物。
从左上角到右下角一共有 2 条不同的路径：
\1. 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
\2. 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右
示例 2：
输入：obstacleGrid = [[0,1],[0,0]]
输出：1
提示：
m == obstacleGrid.length
n == obstacleGrid[i].length
1 <= m, n <= 100
obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1
本题与
---
---
里的不同路径1，大致相同，只是增加了障碍物，我们做一下没有障碍物的判断就行了。
2.1. 动态规划组成部分1：确定状态
最后一步
无论机器人用何种方式到达右下角，总有最后挪动的一步：-向右或者向下
如果所示，我们设右下角的坐标为(m-1,n-1)
那么最后一步的前一步机器人的位置在（m-2,n-1)或者(m-1,n-2)
子问题
那么，如果机器人有x种方式从左上角走到(m-2,n-1), 有Y种方式从左上角走到(m-1,n-2), 则机器人有X+Y的方式走到(m-1,n-1)
问题转化为，机器人有多少种 方式从左上角走到(m-2,n-1)或者(m-1,m-2）
如果走到是(m-2,n-1)如图：
我们可以直接干掉最后一列
同理如果是走到(m-1,n-2)行就减少一行。
状态：
设f[i][j]为机器人有多少种方式从左上角走到(i,j)
2.2. 动态规划组成部分2：转移方程
对于任意一个格子：
f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1]
1 2 3
1代表机器人有多少种方式走到[i][j]
2代表机器人有多少种方式走到f[i-1][j]
3代表机器人有多少种方式走到f[i][j-1]
2.3. 动态规划组成部分3：初始条件和边界情况
初始条件：f[0][0]=1,因为机器人只有一个方式到左上角
边界情况：i=0或j=0，则前一步只能有一个方向过来，也就是说第0行或者第0列，每走一步只有一种情况，则f[i][j] = 1,其他区域都满足转移方程。
如果遇到障碍物，f[i][j] = 0。
3.4. 动态规划组成部分4：计算顺序
按行计算，为什么按行计算呢？
对于这道题来说，按行计算在计算到f[1][1]时，f[0][1]和f[1][0]都已经计算了，同样按列计算这两坐标也计算了，不用再次计算。
- f[0][0] = 1 如果第一个是障碍物f[0][0]=0
- 计算第0行：f[0][0],f[0][1],...,f[0][n-1]
- 计算第1行：f[1][0],f[1][1],...,f[1][n-1]
- ...
- 计算第m-1行：f[m-1][0],f[m-1][1],...,f[m-1][n-1]
时间复杂度：O(mn)
参考代码
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
if (obstacleGrid == null || obstacleGrid.length == 0) {
return 0;
}
// 定义 dp 数组并初始化第 1 行和第 1 列。
int m = obstacleGrid.length, n = obstacleGrid[0].length;
int[][] dp = new int[m][n];
for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) {
dp[i][0] = 1;
}
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) {
dp[0][j] = 1;
}
// 根据状态转移方程 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] 进行递推。
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
if (obstacleGrid[i][j] == 0) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
简单说一下滚动数组的版本，当我们知道当前位置的最多路径数时，我们去求下一个位置的路径数，只需要知道左边和上边的可以了，空间复杂度为o(m)
参考代码
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
int n = obstacleGrid.length, m = obstacleGrid[0].length;
int[] f = new int[m];
f[0] = obstacleGrid[0][0] == 0 ? 1 : 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < m; ++j) {
if (obstacleGrid[i][j] == 1) {
f[j] = 0;
} else
if (j - 1 >= 0 && obstacleGrid[i][j - 1] == 0) {
f[j] += f[j - 1];
}
}
}
return f[m - 1];
}
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